2026年高考考前预测卷：数学考前预测卷（全解全析）

这是一份2026年高考考前预测卷：数学考前预测卷（全解全析），共19页。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分（选择题 共58分）
选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】解不等式，得或，
即集合，则，
则.
2．已知向量，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由向量，因为，可得，解得，
所以，则，所以．
3．已知，，则是的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】取，，则，但，，
此时，，，
所以不是的充分条件，
取，，则，，
故，但，
所以不是的必要条件，
所以是的既不充分也不必要条件
4．已知双曲线的渐近线方程为，且实轴长为2，则焦距为（ ）
A．B．2C．D．4
【答案】D
【解析】由题意可知，得，
因双曲线的渐近线方程为，
即 ​，代入得，
所以（为半焦距），即，
故焦距为.
5．已知球的半径为，一个平面截球所得截面圆的半径为，则截面圆的圆心与球心之间的距离为（ ）.
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】解：设截面圆的圆心与球心之间的距离为d，
则由已知
故选：A
6．设数列满足，则的前2026项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】当时，；
当时，；，
所以，即，
当时，不满足；
所以
所以的前项和为.
所以
7．设和表示坐标平面内的几何变换，表示将几何对象绕原点逆时针旋转，表示将几何对象关于轴对称，表示连续次变换．已知角的终边经过点，若对角的终边先进行变换，再进行变换，得到角的终边，则（ ）
A．B．C．D．3
【答案】D
【解析】对角的终边先进行变换后，角的终边经过，则.
再进行变换得到角的终边，则.
所以.
8．已知函数，若恒成立，则的最大值为（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】B
【解析】因为函数恒成立，所以与同号或为，
则与周期相同，即，可得，
则，
所以，则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以.
故选：B
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知复数在复平面内对应的点分别为和，则（ ）
A． B．的虚部为1
C．存在，使得 D．在复平面内对应的点不可能在第四象限
【答案】AD
【解析】由题设.
对于A，显然，于是，故A正确；
对于，其虚部为，故B错误；
对于C，，故C错误；
对于，
若其在复平面内对应的点在第四象限，则,不等式组无解，故D正确．
10．（2026·广东梅州·一模）关于函数，以下结论正确的有（ ）
A．的图象是轴对称图形B．的最大值为1
C．是以为一个周期的周期函数D．在上有4个零点
【答案】ACD
【解析】对于A，函数的定义域为R，且，
即为偶函数，的图象是轴对称图形，A正确；
对于B，
，
令，则，
当时，取最大值，即的最大值为，B错误；
对于C，，
即是以为一个周期的周期函数，C正确；
对于D，令，即，故或，
当时，在上有满足题意；
当时，在上有满足题意；
故在上有共4个零点，D正确.
11．（2026·湖南邵阳·二模）在中，角，，所对的边分别为，，，且，，则下列选项正确的是（ ）
A．
B．若是边AC的中点，则线段BD的长的最小值为
C．的最大值为
D．若点是的外心，且，，则
【答案】ACD
【解析】A：因为，则，可得，
因为，则，，可得，所以，故A正确；
B：由正弦定理，得，，
则，解得，
因为是边AC的中点，则，且，
可得，当且仅当时取等号，
所以，故B错误；
C：因为
，当且仅当，即时，等号成立，
所以的最大值为，故C正确；
D：因为，，则，即，，，
因为，则，
即，解得，故D正确.
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（25-26高三下·山西太原·开学考试）若椭圆上一点到C的两个焦点的距离之和为，则_____.
【答案】3
【解析】若，又椭圆上一点到C的两个焦点的距离之和为，则得（舍去）；
若，又椭圆上一点到C的两个焦点的距离之和为，则得．
故答案为：3.
13．已知随机变量，且，若（为有理数），则________．
【答案】2
【解析】由正态分布的对称性知，则，所以，
由的展开式通项为，
由题设，，
所以.
14．在空间直角坐标系中，点，，定义．如图，正方体的棱长为5，，平面内两个动点，分别满足，，则的取值范围为________．
【答案】
【解析】设，，∵，
∴，点的轨迹为．
又，
则，，
即，
化简得点的轨迹为．
在平面直角坐标系中作出，轨迹，设点轨迹与轴两个交点分别为，
点轨迹为圆，圆心为，半径，且与轴两个交点分别为，如下图所示，
结合图象得：，
又，，
所以．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（13分）
某市高三学生学习强度指数Q的概率分布情况如下表所示．
(1)从该市随机选取3名高三的学生，记学习强度指数的人数为X，求及X的数学期望．
(2)定义为在事件M发生的条件下事件N发生的优势．记事件“该学生学习有压力”（勉强应对和困难应对都被认为是学习有压力，轻松应对被认为是学习无压力），事件“该学生困难应对”，求在事件A发生的条件下事件B发生的优势．
【答案】(1)，的数学期望为；(2)；
【解析】（1）解：由表可知，学习强度指数的概率为：
,
从该市随机选取名学生，记学习强度指数的人数为，则服从二项分布，
所以；
的数学期望为：；
（2）解：由题意可知，事件为“该学生学习有压力”，事件为“该学生困难应对”.
，，
因为事件包含于事件中，所以，
在事件发生的条件下事件发生的概率为：，
在事件发生的条件下事件发生的概率为：，
所以在事件发生的条件下事件发生的优势为：.
（15分）
如图，在多面体中，平面平面，四边形是直角梯形，，，，且．
(1)证明：平面．
(2)求多面体的体积．
(3)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)
【解析】（1）证明：因为平面平面，，
且平面平面，平面，
所以平面，平面，
所以，又，，平面，
所以平面；
（2）由题意可知，所以由平面得平面，
因为平面，平面，所以，
所以由可知四边形是边长为2的正方形，
所以，
又，所以，
所以多面体的体积为；
（3）由平面和可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
因为，平面，
所以平面，所以是平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，则，
所以，取，则，
所以，
平面与平面夹角的余弦值为.
17．（15分）
已知函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，求证：．
【答案】(1)当时，函数在区间上单调递增；
当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减．
(2)证明见解析
【解析】（1）由题意可知，函数，的定义域为，
导数，
当时，，；
当时，，；，；
综上，当时，函数在区间上单调递增；
当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减．
（2）由（1）可知，当时，
函数在区间上单调递增，在区间，上单调递减．
所以，
要证，需证．
即需证恒成立，
令，
则
所以函数在区间单调递增，
故，
所以，恒成立，
所以当时，．
18．（17分）
抛物线的焦点为为坐标原点，抛物线上的一点到焦点的距离为．
(1)求抛物线的标准方程；
(2)已知直线交抛物线于两点，直线交抛物线的准线于点，且轴．
（i）证明：直线过定点；
（i）点为抛物线的准线与轴的交点，若的面积与的面积相等，求直线的方程．
【答案】(1)；(2)（i）证明见解析；（ii）或
【解析】（1）因为抛物线上的一点到焦点的距离为，
则，消得到，解得，所以抛物线的标准方程.
（2）（i）由题可设，，
由，消得到，则，，
又，所以，令，得到，
所以，又轴，则，得到，
所以，解得，则，所以直线过定点.
（ii）因为在抛物线上，则，解得，所以，由（i）知，
又点为抛物线的准线与轴的交点，则，又的面积与的面积相等，
则到直线的距离相等，所以，即，解得，
所以直线的方程为或.
（17分）
已知，函数（），记为的从小到大的第（）个零点．
(1)当时，求；
(2)若
证明：（i）数列是等比数列；
（ii）若，则对一切恒成立．
【答案】(1)；(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【解析】（1）当时，，
令，则，解得，
因为为的从小到大的第（）个零点，所以；
（2）（i）由，得，则，其中，
，所以，
，又，
因此，所以数列是等比数列；
（ii）欲证，即证，
，且，
则只需证，又，
则只需证，即证，
令函数，求导得，
当时，；当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，，
因此，于是当时，成立；
当时，，，又，则，
于是，即，
则当时，，即成立；
当时，，，，成立，
所以当，则对一切，恒成立.
学习强度指数Q
概率
0.2
0.5
0.3
应对情况
轻松应对
勉强应对
困难应对